Prueba $f$ no es sobreyectiva

Question

Dada la función $f: \mathbb R \mapsto \mathbb R, f(x) = 2e^x + 3x^2 - 2x + 5,$ me pide demostrar que no es sobreyectiva. Mi libro va sobre ella como esta:

$f(x) = 2e^x + x^2 - 2x + 1 + 2x^2 + 4 = f(x) = 2e^x + (x-1)^2 + 2x^2 + 4$
$f(x) > 0 \implies$ no sobreyectiva

Antes de ver cómo los autores del libro habían solucionado esto, probé mi propia solución mediante el uso de límites:

$\lim_{x\to\infty}f(x) = \infty$ y $\lim_{x\to-\infty}f(x) = \infty \implies f$ no sobreyectiva

¿Mi solución también es correcto?

Answer 1

La prueba funciona aunque para funciones continuas.

Puesto que el límite para x más o menos infinito son ambos infinito debe ser algún N tal que f (x) y f están positivas para todo x > N. Aviso ahora que puesto que f es continua, el intervalo compacto [-N, N] es asignado a un subconjunto compacto de R. Concludingly que la imagen de f debe ser un subconjunto de la Unión de reales positivos algunos compacto conjunto, que no puede ser de R. Así que f no es sobreyectiva.

Answer 2

% Toque $\ \log\: |x|\: \to\: \infty\ $$\ x \:\to\: \pm\infty\ $pero es sobreyectiva.

Answer 3

La función de $f(x) = 2e^x + 3x^2 - 2x + 5$ es, naturalmente, pensado como una suma de dos funciones $f_1(x) = 2 e^x$$f_2(x) = 3x^2 - 2x + 5$. Si nos fijamos en $f_1$ $f_2$ por separado, vemos que no se surjective "por la misma razón": existen números reales $M_1$ $M_2$ tal que $f_1(x) \geq M_1$ todos los $x$ $f_2(x) \geq M_2$ todos los $x$.

En el caso de $f_1$, es claro que podemos tomar la $M_1 = 0$. En el caso de $f_2$, esto es una conocida propiedad de las funciones cuadráticas con positivo coeficiente inicial, que podríamos probar completando el cuadrado. Pero también podemos probar de otras maneras: por ejemplo, $f_2$ es una función derivable con un único punto crítico, que es un mínimo: $f_2'(x) = 6x - 2$, por lo que el punto crítico es en $x_0 = \frac{1}{3}$ e tiene$f_2'(x) < 0$$x < x_0$$f_2'(x) > 0$$x > x_0$. Por lo tanto tiene un mínimo global en $x_0$. O, siguiendo con la idea de que el OP (que es una buena idea), $f_2$ es una función continua acercándose a $\infty$$x \rightarrow \pm \infty$, por lo que debe tener un mínimo global.

Finalmente, por supuesto, si $f(x) = f_1(x)$ es tal que $f_1(x) \geq M_1$ todos los $x$ $f_2(x) \geq M_2$ todos los $x$, $f(x) \geq M_1 + M_2$ todos los $x$, lo $f$ no es surjective.

Las consideraciones anteriores son claramente aplicables a otras funciones. El texto de la solución, que consiste en pura manipulación algebraica, carece de una clara moral y, como tal, parece en peligro de ser rápidamente olvidado.

Answer 4

La prueba es incorrecto o incompleto.

Tener en cuenta

$f(x) =\begin{cases} \tan x, \ \ x \in (-\pi/2, \pi/2) \\ x^2, \ \ x \in \mathbb{R} - (-\pi/2,\pi/2) \end{casos}$

Nota: Como user11751 señala, si asumimos que $f$ continuo (que es cierto para su función), entonces es cierto que el hecho de que los límites son un tanto $\infty$ implica que el $f$ no es sobreyectiva.